Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6073
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (m, n) για τα οποία ισχύει

\displaystyle{(m + 1)! + (n + 1)! = m^2n^2.}


ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε τρίγωνο ABC και M το μέσο της πλευράς AB. Έστω P σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ABC και Q το συμμετρικό του P ως προς το M. Έστω ακόμη D και E τα κοινά σημεία των AP και BP με τις πλευρές BC και AC, αντίστοιχα.
Να δείξετε ότι τα σημεία A, B, D και E είναι ομοκυκλικά, αν και μόνο αν \displaystyle{\angle ACP = \angle QCB.}


ΘΕΜΑ 3
Σε μια δεξίωση, κάθε καλεσμένος γνώριζε ακριβώς 22 άλλους καλεσμένους. Διαπιστώθηκε ότι:
  • Αν δύο καλεσμένοι γνωρίζονται, τότε δεν έχουν κοινό γνωστό.
  • Αν δύο καλεσμένοι δεν γνωρίζονται, τότε έχουν ακριβώς 6 κοινούς γνωστούς.
Πόσοι καλεσμένοι συμμετείχαν στη δεξίωση;


ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11626
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Φεβ 25, 2020 8:33 pm

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am


ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε τρίγωνο ABC και M το μέσο της πλευράς AB. Έστω P σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ABC και

Q το συμμετρικό του P ως προς το M. Έστω ακόμη D και E τα κοινά σημεία των AP και BP με τις πλευρές BC

και AC, αντίστοιχα. Να δείξετε ότι τα σημεία A, B, D και E είναι ομοκυκλικά, αν και μόνο αν \displaystyle{\angle ACP = \angle QCB.}
Θέμα 2.png
Θέμα 2.png (35.83 KiB) Προβλήθηκε 697 φορές
Το AQBP είναι παραλληλόγραμμο . Με SC\parallel = PA δημιουργούμε τα παραλληλόγραμμα APCS και QSCB .

Η ομοκυκλικότητα των A,B,D,E , δίνει την ομοκυκλικότητα των A,Q , C ,S και ( διαβάζοντας το σχήμα )
την ισότητα των πράσινων γωνιών ... Με το αντίστροφο δεν ασχολήθηκα :oops:


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Φεβ 26, 2020 7:43 am

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am
ΘΕΜΑ 1
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (m, n) για τα οποία ισχύει

\displaystyle{(m + 1)! + (n + 1)! = m^2n^2.}
Αν m,n\geq 5 τότε (m+1)!> (m+1)m(m-1)(m-2)(m-3) και ομοίως για το n.
Θα δείξω ότι για m\geq 5 είναι (m+1)m(m-1)(m-2)(m-3)>m^4.
Με πράξεις αρκεί f(m)=m^4-6m^3+5m^2+5m-6> 0
Για m=5 ελέγχουμε ότι ισχύει .Επιπλέον f'(m)=4m^3-18m^2+10m+5> 4m^3-18m^2=2m^2(2m-9)\overset{m>5}{> }0
Άρα η f(m) θα είναι αύξουσα στο (5,\infty) και συνεπώς >0
Άρα για m,n\geq 5 έχουμε πως (m+1)!+(n+1)!> (m+1)m(m-1)(m-2)(m-3)+(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)> m^4+n^4\geq 2m^2n^2> m^2n^2 άτοπο.
Άρα τουλάχιστον ένας είναι \leq 4.Διακρίνω περιπτώσεις:
  • m=1 .Πρέπει n^2=(n+1)!+2> n(n+1)+2=n^2+n+2> n^2 άτοπο
  • m=2.Πρέπει (n+1)!+6=4n^2
    Αν n\geq 4 τότε (n+1)!+6\equiv 4n^2 \pmod4\Rightarrow 2\equiv 0\pmod4 άτοπο
    Για n=1,2,3 ελέγχουμε ότι δεν επαληθεύουν
  • m=3.Πρέπει (n+1)!+24=9n^2
    Αν n\geq 6 τότε (n+1)!+24\equiv 9n^2(\mod9)\Leftrightarrow 24\equiv 0(\mod9) άτοπο.Επιπλέον με \pmod2 πρέπει n άρτιος .Άρα n=2,4 .Δεκτή μόνο η n=4 γιατί τότε 120+24=9\cdot 16 που ισχύει.
  • m=4.Πρέπει (n+1)!+120=16n^2 .Όμοια με \pmod16 πρέπει n<5 και ελέγχοντας κρατάμε το n=3
Άρα m=3 ,n=4 ή m=4,n=3


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 310
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Φεβ 26, 2020 8:47 am

Μιας και δεν προλαβαίνω,ας δω μόνο το 2).
Η συνθήκη εύκολα μεταφράζεται στο να δείξουμε πως P\in στην ισογώνια της μεσοκαθέτου της AC,<=> Q\in στην καμπϋλη αυτή.Όμως ως γνωστόν αυτή η καμπύλη είναι ισοσκελής Υπερβολή με κέντρο το M(έχει αναλυθεί πολλές φορές) ,οπότε η ισοδυναμία έπεται .
Υγ.Κλασικό πρόβλημα,βγαίνει και με Ceva κλπ.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Φεβ 26, 2020 5:09 pm

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Ενδιαφέρον.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6073
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Φεβ 26, 2020 9:47 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 5:09 pm
socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Ενδιαφέρον.
Σωστά, Σταύρο!
Αν θέλεις γράψε τη λύση ή τα βασικά της σημεία!


Θανάσης Κοντογεώργης
miltosk
Δημοσιεύσεις: 79
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Τετ Φεβ 26, 2020 10:09 pm

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am
ΘΕΜΑ 2
Θεωρούμε τρίγωνο ABC και M το μέσο της πλευράς AB. Έστω P σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ABC και Q το συμμετρικό του P ως προς το M. Έστω ακόμη D και E τα κοινά σημεία των AP και BP με τις πλευρές BC και AC, αντίστοιχα.
Να δείξετε ότι τα σημεία A, B, D και E είναι ομοκυκλικά, αν και μόνο αν
\displaystyle{\angle ACP = \angle QCB.}
Δεν έχω πολύ χρόνο και δεν είμαι σίγουρος αν βγαίνει έτσι.
Χρησιμοποιώ το εξής λήμμα (Isogonality lemma):
Έστω ABC τρίγωνο και έστω P ένα σημείο στο εσωτερικό του. Έστω ότι γι αυτό το σημείο ισχύει:\displaystyle{\angle ABP = \angle PCA}
Τότε, αν BPCQ παραλληλόγραμμο, \displaystyle{\angle QAB= \angle PAC}
Περισσότερα εδώ:https://artofproblemsolving.com/communi ... lity_lemma
Τώρα με εφαρμογή του λήμματος αποδεικνύεται η περίπτωση που το ABDE είναι εγγράψιμο.
Ο ενδοιασμός μου είναι στο αντίστροφο (αν και νομίζω ισχύει).
Όποιος θέλει ας ασχοληθεί
Φιλικά, Μίλτος


harrisp
Δημοσιεύσεις: 547
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Παρ Φεβ 28, 2020 8:16 pm

Έστω S={K_2,K_3...,K_{23}} το σύνολο των γνωστών καλεσμένων του K_1. Εστω T={K_{24},...,K_n} το σύνολο των μη-γνωστών καλεσμένων του K_1. Τοποθετούμε κάθε καλεσμένο σε ένα κύκλο και ενώνουμε με μια γραμμή 2 καλεσμένους που γνωρίζονται.

Οι γραμμές που "φεύγουν" από το S και πηγαίνουν στο T είναι 21\cdot 22 αφού κάθε στοιχείο του S έχει 21 γραμμές προς στοιχεία του T (22 απο κάθε στοιχείο πλην αυτή που πάει στον K_1).

Οι γραμμές που "φεύγουν" από το T στο S είναι (n-23)\cdot 6 αφου κάθε στοιχειό του T έχει 6 κοινούς γνωστούς με τον K_1 άρα φεύγουν από αυτό 6 γραμμές προς το S.

Εξισώνοντας τις γραμμές βρίσκουμε ότι στο πάρτυ οι καλεσμένοι ήταν 100.


miltosk
Δημοσιεύσεις: 79
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Δευ Μαρ 02, 2020 6:09 pm

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am
ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Ας κάνω μια απόπειρα.
Αρχικά, σύμφωνα με την συνθήκη:
\mid m-n\mid\leq2015\Rightarrow \mid f(m)-f(n)\mid\leq2015
m \mapsto f(m), n \mapsto f(n)
Τότε: \mid f(m)-f(n)\mid\leq2015\Rightarrow \mid  f(f(m))-f(f(n))\mid\leq2015
Έτσι επαγωγικά: \mid m-n\mid\leq2015\Rightarrow \mid f^k(m)-f^k(n)\mid\leq2015 όπου f^k(m) η σύνθεση της f με τον εαυτό της k φορές, για οποιδήποτε θετικό ακέραιο k
Θέτω m=n+i.
Άρα: m-n=i και f(m)-f(n)=f(n+i)-f(n)
Αν \mid i\mid \leq2015\Rightarrow \mid f^k(n+i)-f^k(n)\mid\leq2015
Υποθέτω ότι για αυτά τα i υπάρχουν i_0\neq i_1 ώστε:
f^k(n+i_1)-f^k(n)=f^k(n+i_0)-f^k(n)\Rightarrow i_0=i_1, αφού η f είναι 1-1, άτοπο. Άρα οι αριθμοί f^k(n+i)-f^k(n) είναι μια μετάθεση των S=(-2015,-2014,...,2014,2015).
Αυτό ισχύει για κάθε n όσο το i διατρέχει αυτούς τους αριθμούς.
Θέτοντας:n \mapsto f(n), οι αριθμοί f^k(f(n)+i)-f^{k+1}(n) είναι μια μετάθεση των στοιχείων του S και ΟΛΩΝ των στοιχείων αυτού καθώς το S έχει 4031 διαφορετικά στοιχεία και το i παίρνει 4031 διαφορετικές τιμές. Το ίδιο και οι f^{k+1}(n+i)-f^{k+1}(n). Επομένως μπορώ να βρω i_0,j_0 και μάλιστα μπορώ να διαλέξω ότι i_0 ή j_0 θέλω, τέτοια ώστε: f^k(f(n)+i_0)-f^{k+1}(n)=f^{k+1}(n+j_0)-f^{k+1}(n)\Rightarrow  
f^k(f(n)+i_0)=f^{k+1}(n+j_0)\Rightarrow f(n+j_0)=f(n)+i_0 με \mid i_0 \mid , \mid j_0 \mid \leq2015
Η τελευταία επαγωγικά δίνει f(n+lj_0)=f(n)+li_0 και n,l ακέραιοι.
Παίρνω j_0=1. Tότε: f(n+l)-f(n)=li_0, (1).
Παίρνω \mid l \mid \leq 2015 και λαμβάνω:
\mid f(n+l)-f(n) \mid \leq 2015\Rightarrow \mid li_0 \mid \leq 2015. Επομένως για j_0=1 παίρνω i_0=-1,0,1
Άρα η (1) γίνεται f(n+l)-f(n)=li_0 με i_0=-1,0,1
Μόνο οι i_0=1,-1 μου δίνουν συνάρτηση που να ικανοποιεί τα δεδομένα. Έτσι: f(n)=n+f(0) για i_0=1 και f(n)=-n+f(0) για i_0=-1.
Το 2015 μπορεί να αντικατασταθεί από οποιαδήποτε σίγουρα ακέραια ενδεχομένως και πραγματική σταθερά απ ότι βλέπω.
Σημείωση: Μπορώ να διαλέξω ότι j_0 θέλω διότι για κάθε j_0 υπάρχει ένα και μόνο i_0 που να ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση. Εκεί που λέω "leq" είναι μικρότερο ή ίσο έχει κολλήσει και δεν μπορώ να το διροθώσω.
τελευταία επεξεργασία από miltosk σε Τρί Ιουν 30, 2020 11:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μαρ 02, 2020 7:45 pm

socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Αφου δημοσιεύθηκε λύση (δεν την έλεγξα ) ας περιγράψω την δική μου.

Με [a,b] συμβολίζω όλους τους ακέραιους του κλειστού διαστήματος.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).
Για m=0 παίρνουμε ότι f([-2015,2015])=[-2015,2015](1)
γιατί η f είναι 1-1.
Εστω f(1)=k>1
Για n=1 η αρχική σχέση δίνει f([-2014,2016])=[-2015+k,2015+k]
Τότε όμως τα 2016,2017 είναι εικόνες από στοιχεία του [-2014,2016]
που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω της (1).
Αρα έχουμε f(1)=1.
Κάνουμε επαγωγή.
Εστω f(1)=1,f(2)=2,..f(m)=m
Θα δείξουμε ότι f(m+1)=m+1
Εστω f(m+1)=r>m+1

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις

f([-2015+m,2015+m])=[-2015+m,2015+m]

f([-2015+m+1,2015+m+1])=[-2015+r,2015+r]
και το προηγούμενο επιχείρημα καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ.

Το ίδιο γίνεται και αν υποθέσουμε ότι f(m+1)<0

Από επαγωγή είναι f(n)=n για n\in \mathbb{N}

Για τα αρνητικά πάμε πάλι με επαγωγή.
Είναι f(-1)=-1 γιατί f([-2015+2014,2015+2014])=[-1,2015+2014]
κλπ


miltosk
Δημοσιεύσεις: 79
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Δευ Μαρ 02, 2020 8:47 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Μαρ 02, 2020 7:45 pm
socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Εστω f(1)=k>1
Μπορεί να κάνω λάθος διότι δεν μελέτησα διεξοδικά τη λύση.
Αλλά μήπως πρέπει να γίνει η υπόθεση ότι \mid f(1) \mid>1 ώστε ομοίως να αποδειχτεί ότι f(x)=-x για f(1)=-1;


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μαρ 02, 2020 9:05 pm

miltosk έγραψε:
Δευ Μαρ 02, 2020 8:47 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Μαρ 02, 2020 7:45 pm
socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Εστω f(1)=k>1
Μπορεί να κάνω λάθος διότι δεν μελέτησα διεξοδικά τη λύση.
Αλλά μήπως πρέπει να γίνει η υπόθεση ότι \mid f(1) \mid>1 ώστε ομοίως να αποδειχτεί ότι f(x)=-x για f(1)=-1;
Οχι.Αν το κάνουμε έτσι θα μπλέξουμε.

Μια αρχική παρατήρηση είναι ότι αν η f είναι λύση τότε και
οι -f ,f+k είναι


Ετσι όπως έγραψα και στη λύση μου .

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).

Βρίσκοντας την f(x)=x όλες είναι f(x)=x+k ηf(x)=-x+k
με k ακέραιο.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6073
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Μαρ 02, 2020 9:42 pm

harrisp έγραψε:
Παρ Φεβ 28, 2020 8:16 pm
Έστω S={K_2,K_3...,K_{23}} το σύνολο των γνωστών καλεσμένων του K_1. Εστω T={K_{24},...,K_n} το σύνολο των μη-γνωστών καλεσμένων του K_1. Τοποθετούμε κάθε καλεσμένο σε ένα κύκλο και ενώνουμε με μια γραμμή 2 καλεσμένους που γνωρίζονται.

Οι γραμμές που "φεύγουν" από το S και πηγαίνουν στο T είναι 21\cdot 22 αφού κάθε στοιχείο του S έχει 21 γραμμές προς στοιχεία του T (22 απο κάθε στοιχείο πλην αυτή που πάει στον K_1).

Οι γραμμές που "φεύγουν" από το T στο S είναι (n-23)\cdot 6 αφου κάθε στοιχειό του T έχει 6 κοινούς γνωστούς με τον K_1 άρα φεύγουν από αυτό 6 γραμμές προς το S.

Εξισώνοντας τις γραμμές βρίσκουμε ότι στο πάρτυ οι καλεσμένοι ήταν 100.
Ωραία!
Μια διαφορετική (ισοδύναμη) διατύπωση είναι:

Μετράμε με δύο τρόπους τις διατεταγμένες τριάδες (A,B,C) όπου A,B,C καλεσμένοι τέτοιοι ώστε ο A να γνωρίζει τους B,C, όπου B\ne C:
Αν σταθεροποιήσουμε τον A έχουμε n\cdot 22\cdot 21 τριάδες ενώ
αν σταθεροποιήσουμε τον C έχουμε n \cdot (n-23) \cdot 6 τριάδες.

Επομένως, n\cdot 22\cdot 21=n\cdot (n-23) \cdot 6 ή n=100.


Θανάσης Κοντογεώργης
stamas1
Δημοσιεύσεις: 44
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 19, 2019 5:43 pm

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stamas1 » Τρί Ιουν 30, 2020 8:45 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Μαρ 02, 2020 7:45 pm
socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Αφου δημοσιεύθηκε λύση (δεν την έλεγξα ) ας περιγράψω την δική μου.

Με [a,b] συμβολίζω όλους τους ακέραιους του κλειστού διαστήματος.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).
Για m=0 παίρνουμε ότι f([-2015,2015])=[-2015,2015](1)
γιατί η f είναι 1-1.
Εστω f(1)=k>1
Για n=1 η αρχική σχέση δίνει f([-2014,2016])=[-2015+k,2015+k]
Τότε όμως τα 2016,2017 είναι εικόνες από στοιχεία του [-2014,2016]
που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω της (1).
Αρα έχουμε f(1)=1.
Κάνουμε επαγωγή.
Εστω f(1)=1,f(2)=2,..f(m)=m
Θα δείξουμε ότι f(m+1)=m+1
Εστω f(m+1)=r>m+1

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις

f([-2015+m,2015+m])=[-2015+m,2015+m]

f([-2015+m+1,2015+m+1])=[-2015+r,2015+r]
και το προηγούμενο επιχείρημα καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ.

Το ίδιο γίνεται και αν υποθέσουμε ότι f(m+1)<0

Από επαγωγή είναι f(n)=n για n\in \mathbb{N}

Για τα αρνητικά πάμε πάλι με επαγωγή.
Είναι f(-1)=-1 γιατί f([-2015+2014,2015+2014])=[-1,2015+2014]
κλπ
Μπορείτε να αποδείξετε αυτά τα δυο ?
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τεστ Εξάσκησης (2), Μεγάλοι

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιουν 30, 2020 8:57 pm

stamas1 έγραψε:
Τρί Ιουν 30, 2020 8:45 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Μαρ 02, 2020 7:45 pm
socrates έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 2:05 am

ΘΕΜΑ 4
Να προσδιορίσετε όλες τις 1-1 συναρτήσεις f : \Bbb{Z}\to \Bbb{Z} για τις οποίες ισχύει

\displaystyle{|f(m) - f(n)| \leq 2015}

για όλους τους ακεραίους m και n για τους οποίους |m - n| \leq  2015.
Αφου δημοσιεύθηκε λύση (δεν την έλεγξα ) ας περιγράψω την δική μου.

Με [a,b] συμβολίζω όλους τους ακέραιους του κλειστού διαστήματος.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).
Για m=0 παίρνουμε ότι f([-2015,2015])=[-2015,2015](1)
γιατί η f είναι 1-1.
Εστω f(1)=k>1
Για n=1 η αρχική σχέση δίνει f([-2014,2016])=[-2015+k,2015+k]
Τότε όμως τα 2016,2017 είναι εικόνες από στοιχεία του [-2014,2016]
που είναι ΑΤΟΠΟ λόγω της (1).
Αρα έχουμε f(1)=1.
Κάνουμε επαγωγή.
Εστω f(1)=1,f(2)=2,..f(m)=m
Θα δείξουμε ότι f(m+1)=m+1
Εστω f(m+1)=r>m+1

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις

f([-2015+m,2015+m])=[-2015+m,2015+m]

f([-2015+m+1,2015+m+1])=[-2015+r,2015+r]
και το προηγούμενο επιχείρημα καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ.

Το ίδιο γίνεται και αν υποθέσουμε ότι f(m+1)<0

Από επαγωγή είναι f(n)=n για n\in \mathbb{N}

Για τα αρνητικά πάμε πάλι με επαγωγή.
Είναι f(-1)=-1 γιατί f([-2015+2014,2015+2014])=[-1,2015+2014]
κλπ
Μπορείτε να αποδείξετε αυτά τα δυο ?
f(0)=0 (αλλιώς θεωρούμε την f-f(0))
f(1)>0(αλλιώς θεωρούμε την -f).
Ευχαρίστως να τα αποδείξω.
Αν έχουμε μια f τότε η g=f-f(0) είναι 1-1 ,ισχύει ότι g(x)-g(y)=f(x)-f(y) και g(0)=0
Αντί g θέτουμε f.
Λόγω 1-1 το f(1) δεν είναι 0.
Αν f(1)<0 τότε θέτοντας g=-f εχουμε ότι g(1)>0 και εχει τις άλλες ιδιότητες.
Αντί g θέτουμε f.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα διαγωνισμών (ΕΜΕ, BMO, JBMO, IMO, Kangaroo κλπ)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες